Question

14．如圖所示，在水平地面上固定一傾角θ=37°的絕綠 斜面，斜面處于電場強度大小約為E=1×10⁵N/c、方向沿斜面向下的勻強電場中．一勁度系數(shù)為K=12N/m的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)．一質(zhì)量為m=1Kg、帶電量為q=+8×10^-6C的滑塊從距離彈簧上端為S₀=0.6m處靜止釋放，滑塊與絕緣斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.25．設滑塊在運動過程中電荷量保持不變，滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度g=10m/s²，cos37°=0.8
（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間
（2）若滑塊從靜止釋放到速度最大時的過程中，克服彈簧的彈力所做的功W=0.96J，求滑塊在沿斜面向下運動的最大速度υ_max
（3）若滑塊在斜面上反復運動多次后最終停在第（2）問中所述速度為最大位置處，求整個過程中滑塊在斜面上運動的總路程S．

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律求出加速度，由位移公式求出運動時間．
（2）滑塊所受合力為零時速度最大，由平衡條件求出滑塊速度最大時，彈簧的壓縮量，然后由動能定理求出最大彈性勢能．
（3）滑塊在運動過程中要克服阻力做功，把機械能與電勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，由能量守恒定律可以求出滑塊的路程

解答 解：（1）對滑塊，由牛頓第二定律得：
沿斜面方向滑塊的加速度：a=$\frac{qE}{m}$+gsinθ-μgcosθ，
由速度位移公式可得：s₀=$\frac{1}{2}$at²，
解得，時間：t=$\sqrt{\frac{2m{s}_{0}}{qE+mgsinθ-μmgcosθ}}$=0.5s；
（2）當滑塊速度最大時，滑塊受到的合力為零，
則qE+mgsinθ=kx，解得：x=$\frac{qE+mgsinθ}{k}$，
從滑塊開始運動到速度最大過程中，由動能定理得：
（qE+mgsinθ）（x+s₀）-μmgcosθ•（x+s₀）$\frac{1}{2}$mυ_max²+W，
解得：υ_max≈3.4m/s；
（3）滑塊最終要靜止，由能量守恒定律得：
（qE+mgsinθ）s₀=μmgcosθ•s，
解得，滑塊的路程：s=$\frac{（qE+mgsinθ）{s}_{0}}{μmgcosθ}$=2.04m；
答：（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間為0.5s．
（2）滑塊在沿斜面向下運動的最大速度υ_max為3.4m/s．
（3）整個過程中滑塊在斜面上運動的總路程s為2.04m．

點評 本題考查了求滑塊的運動時間、彈簧的彈性勢能、滑塊的路程，分析清楚滑塊運動過程是正確解題的關鍵，應用牛頓第二定律、平衡條件、運動學公式、動能定理、能量守恒定律即可正確解題．